9512.net
甜梦文库
当前位置:首页 >> 理学 >>

数学物理方法习题解答


数 学 物 理 方 法

习题解答

向安平
B xiangap@sina.com xiangap@163.com

成都信息工程学院光电技术系 2006 年 9 月 11 日

前 言
本书供电子科学与技术专业和光信息科学与技术专业《数学物理方法》课程教学使用. 本教学参考书仅供授权读者在计算机上阅读,不能编辑、拷贝和打印.经作者授权,可取消全 部限制. 在第一版中只收录了必要的试题,以后将增补习题的数量和类型,在每章增加内容小结和解题 方法讨论.欢迎读者提供建议. 作为本书的第一版,错误和排版差错在所难免,敬请读者指正.

向安平 2003年9月30日

目录

iii

目录
I 复变函数概论 复变函数 复数与复数运算 .......................................................................... 复变函数 ................................................................................... 导数 ......................................................................................... 解析函数 ................................................................................... 平面标量场 ................................................................................ 多值函数 ................................................................................... 复变函数的积分 复变函数的积分 .......................................................................... 柯西定理 ................................................................................... 不定积分 ................................................................................... 柯西公式 ................................................................................... 幂级数展开 复数项级数 ............................................................................... 幂级数 ...................................................................................... 泰勒级数展开 ............................................................................. 解析延拓 ................................................................................... 洛朗级数展开 ............................................................................. 孤立奇点的分类 .......................................................................... 留数定理 留数定理 ................................................................................... 应用留数定理计算实变函数定积分 .................................................. 计算定分的补充例体 .................................................................... 傅里叶变换 傅里叶级数 ................................................................................ Fourier积分与Fourier变换 ............................................................... δ函数 ....................................................................................... Laplace 变 换 符号法 ...................................................................................... Laplace变换 ............................................................................... Laplace变换的反演 ....................................................................... 应用例 ......................................................................................
Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

1 2 2 5 5 5 8 8 9 9 9 9 9 10 10 10 11 12 12 14 15 15 17 23 24 24 28 30 32 32 32 33 35

第一章 § 1.1 § 1.2 § 1.3 § 1.4 § 1.5 § 1.6 第二章 § 2.1 § 2.2 § 2.3 § 2.4 第三章 § 3.1 § 3.2 § 3.3 § 3.4 § 3.5 § 3.6 第四章 § 4.1 § 4.2 § 4.3 第五章 § 5.1 § 5.2 § 5.3 第六章 § 6.1 § 6.2 § 6.3 § 6.4

B xiangap@sina.com T 85966382

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

iv

目录

II

数学物理方程 数学物理定解问题 数学物理方程的导出 .................................................................... 定解条件 ................................................................................... 数学物理方程的分类 .................................................................... 达朗贝尔公式 定解问题 .............................................................. 分离变数法 齐次方程的分离变数法 ................................................................. 非齐次振动方程和输运方程 ........................................................... 非齐次边界条件的处理 ................................................................. Poisson方程 ................................................................................

36 37 37 38 39 39 42 42 46 46 46

第七章 § 7.1 § 7.2 § 7.3 § 7.4 第八章 § 8.1 § 8.2 § 8.3 § 8.4

第九章 二阶常微分方程的级数解法 本征值问题 47 § 9.1 特殊函数常微分方程 .................................................................... 47 § 9.2 常点邻域上的级数解法 ................................................................. 48

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

1

第一篇

复变函数概论

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

2

第一章 复变函数
§ 1.1 复数与复数运算

1. 下列式子在复平面上各具有怎样的意义? (1) | x |≤ 2. (2) | z ? a |=| z ? b | (a 、b为复常数). (3) Rez > 1 2. (1) | x |≤ 2 解一:|z| = | x + iy| = 部. x2 + y2 ≤ 2,或 x2 + y2 ≤ 4.这是以原点为圆心而半径为2的圆及其内

解二:按照模的几何意义,|z|是复数z = x + iy与原点间的距离,若此距离总是≤ 2,即表示 以原点为圆心而半径为2的圆内部. (2) |z ? a| = |z ? b| ( a、b为复常数). 解一:设z = x + iy, z = a1 + ia2 , b = b1 + ib2 ; ( x ? a1 )2 + (y ? a2 )2 , ( x ? b1 )2 + (y ? b2 )2 ,

|z ? a| = |z ? b| = 于是

( x ? a1 )2 + (y ? a2 )2 = ( x ? b1 )2 + (y ? b2 )2 , 即 (2y ? a2 ? b2 )(b2 ? a2 ) = (2 x ? a1 ? b1 )(a1 ? b1 ) b2 y ? a2 + a1 ? b1 2 = . a1 +b1 b2 ? a2 x? 2

b 1 a 2 +b 2 这是一条直线,是一条过点a和点b连线的中点( a1 + 2 , 2 )且与该直线垂直的直线.

解二:等式的几何意义是,点z到定点a和点b的距离相等的各点的轨迹,即表示点a和点b的 连线的垂直平分线. (3) Rez > 1 2.
1 1 解:设z = x + iy,则Rez = x,故原式为 x > 1 2 ,它表示 x > 2 的半平面,即直线 x = 2 右边的 区域(不包括该直线).

2. 把下列复数用代数式、三角式和指数式几种形式表示出来. (1) i. (2) ?1. √ (3) 1 + i 3. (4) (1 ? i)/(1 + i).

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

第一章 复变函数

3

(1) i. 解:i本身即为代数式,此时在z = x + iy中, x = 0、y = i; 三角式: x2 + y2 = 1, y 1 ? = arctan = arctan x 0 ρ= π π z = i = cos( ) + i sin( ); 2 2 z = i = ei 2 . (1) ?i. 解:?i本身即为代数式. 三角式: z = cos(π) + i sin(π). 指数式: √ (3) 1 + i 3. z = ei π .
π

=

所以

π , 2

指数式:

√ 解:z = 1 + i 3 本身即为代数式. 三角式为: √ i2 + ( 3)2 = 2, √ 3 π ? = arctg = , 1 3 π π . z = 2 cos + i sin 3 3 ρ= 指数式为: z = 2 ei 3 . (4)
1?i 1+i .
π

解:代数式: 1?i 1 = (1 ? i)2 = ?i. 1+i 2 三角式:因ρ = 1, ? = arctan = 3 2 π,所以 z= z = cos 指数式: 3π 3π + i sin . 2 2


z = ei 2 . 3. 计算下列数值(a、b和?为实常数). √ (1) a + ib.

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

4

§ 1.1 复数与复数运算

(2)

√ 3 i.

(3) cos 5?. (1) √ a + ib. √ a2 + b2 (cos ? + i sin ?), a b cos ? = √ , sin ? = √ . 2 2 2 a +b a + b2 a + ib = √ √ 4 ? ? a + ib = a2 + b2 cos + i sin 2 2 √ 4 1 = a2 + b2 (1 + cos ?) + i 2 = = (2) √ 3 i. i = 1 cos 所以 √ √ 3 3 i = 1 cos √ π 2 3 i = ei( 6 + 3 nπ) . (3) cos 5?. 解:由乘幂的公式 (cos ? + i sin ?)n = cos n? + i sin n?). 及二项式定理 (a + b)n = an + nan?1 b + 可知 cos 5? + i sin 5? = (cos ? + i sin ?)5 = cos 5? + i5cos4 ? sin ? ? 10 cos3 ? sin2 ? ? i10 cos2 ? sin3 ? + 5 cos ? sin4 ? + i sin5 ?. 比较等式两边的实部和虚部得 cos 5? = cos5 ? ? 10 cos3 ? sin2 ? + 5 cos ? sin4 ?, sin 5? = 5 cos4 ? sin ? ? 10 cos2 ? sin3 ? + sin5 ?. n! n(n ? 1) n?2 2 a b + ··· + an?k bk + · · · . 2! (n ? k)!k! π π + 2nπ + i sin + 2nπ 2 2 π 2 + nπ + i sin 6 3 π 2 + nπ 6 3 , √ 4 a2 + b2 √ 2 2 1 2 a 1+ √ a2 + b2

解:先化a + ib为三角式

于是,

1 (1 ? cos ?) 2 +i 1 2 a 1? √ a2 + b2 .

√ a2 + b2 + a + i

√ a2 + b2 ? a

解:因

,

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

第一章 复变函数

5

§ 1.2

复变函数

1. 计算下列数值(a和b为实常数, x为实变数). (1) sin(a + ib). (2) cos i x. (3) sin i x. (1) sin(a + ib). 解: sin(a + ib) = 1 i(a+ib) [e ? e?i(a+ib) ] 2i 1 = [e?b (cos a + i sin a) ? eb (cos a ? i sin a)] 2i 1 = [e?b sin a + eb sin a + i(eb cos a ? e?b cos a)] 2 1 = [(eb + e?b ) sin a + i(eb ? e?b ) cos a]. 2

(2) cos i x. 解: cos i x = (3) sin i x. 解: sin i x = ei(i x) ? e?i(i x) e x ? e? x = i. 2i 2 ei(i x) ? e?i(i x) e x + e? x = = ch x. 2 2

§ 1.3
无作业

导数

§ 1.4

解析函数

1. 某个区域上的解析函数如为实函数,试证它必为实常数. 2. 已知解析函数 f (z)的实部u( x, y)或虚部v( x, y),求该解析函数. (1) u = e x sin y. (2) u = x2 ? y2 + xy, f (0) = 0. (3) u = ln ρ, f (1) = 0. 3. 试 从 极 坐 标 系 中 的 柯 西—黎 曼 方 程 (1.3.4) 消 取u或v. 本 题 答 案 就 是Laplace方 程 (1.4.2)在极坐标系中的表示式. 1. 某个区域上的解析函数如为实函数,试证它必为实常数.

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

6

§ 1.4 解析函数

解:设这个解析函数为w(z) = u( x, y) + iv( x, y),因为它是实数,所以v( x, y) ≡ 0;因为它是解 析函数,所以满足C—R条件 ?u ?v = , ? x ?y 注意到v( x, y) ≡ 0,则 ?u =0 ?x ?u =0 ?y (1-1) (1-2) ?v ?u = . ? x ?y

由式(1)知,u = f1 (y),由式(2)知u = f2 ( x);因为 x、y在该区域中皆为独立变数,要 f1 ( x) = f2 ( x),则只有 f1 ( x) = f2 ( x) =常数,即u必为常数,亦即必为常数.该解析函数 2. 已知解析函数 f (z)的实部u( x, y)或虚部v( x, y),求该解析函数. (1) u = e x siny. 解一: ?u = e x sin y, ?x 根据C—R条件,则 ?v = e x sin y, ?y 于是 dv = ?v ?v d x + dy = ?e x cos yd x + e x sin ydy ?x ?y x = d(?e cos y). ?v = ?e x cos y. ?x ? ?u = ?e x cos y. ?y

所以 v( x, y) = ?e x cos y + C. f (z) = e x sin y + i(?e x cos y + C ) = ?ie x (cos y + i sin y) + iC = ?ie x · eiy + iC = ?ie x+iy + iC = ?iez + iC. 解二:因为 ?v = ?e x cos y, ?x ?v = e x sin y. ?y 所以,由式(1),暂且可把y当作参数,对 x积分, v( x, y) = ?e x cos ydy + ?(y) = ?e x cos y + ?(y). (1-5)
c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

(1-3) (1-4)

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

第一章 复变函数

7

式(3)对y求偏导数, ?v = e x sin y + ? (y) ?y 比较式(2)和式(4)得? (y) = 0,即?(y) = C .所以 v( x, y) = ?e x cos y + C, f (z) = e x sin y + i(?e x cos y + C ) = ?iez + iC. 必须指出:下面各题都可用这两种方法求解,限于篇幅,我们将只给出任一种. (2) u = x2 ? y2 + xy, f (0) = 0. 解:因
?u ?v ? x = 2 x + y = ?y , u ?v ?? ?y = 2y ? x = ? x .

(1-6)

则 dv = (2 x + y)dy + (2y ? x)d x 1 1 = d(2 xy + y2 ) + d(2 xy ? x2 ) 2 2 1 2 1 2 = d(2 xy + y ? x ), 2 2 1 v = 2 xy + (y2 ? x2 ) + C. 2 所以 1 f (z) = x2 ? y2 + xy + i 2 xy + (y2 ? x2 ) 2 = x2 ? y2 + i2 xy ? = ( x + iy)2 ? i + iC

1 2 i( x ? y2 ) ? xy + iC 2

1 ( x2 ? y2 ) + i2 xy + iC 2

1 = z2 ? i z2 + iC. 2 又因 f (0) = 0 + iC = 0,则C = 0,从而 f (z) = z2 1 ? (3) u = ln ρ, f (1) = 0. 解:因为
?u 1 ?v 1 ?ρ = ρ ?? = ρ , ?v 1 ?u ρ ?? = ? ?ρ = 0.

i 2

.

则 dv = d? v = ? + c. 所以 f (z) = ln ρ + i? + ic = ln |z| + iargz + ic = ln z + ic.

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

8

§ 1.5 平面标量场

因 f (1) = 0 + ic = 0.则 c = 0,从而 f (z) = ln z. 3. 试 从 极 坐 标 系 中 的 柯 西—黎 曼 方 程 (1.3.4) 消 取u或v. 本 题 答 案 就 是Laplace方 程 (1.4.2)在极坐标系中的表示式. 解:C—R防程可改写为
?u ?v ρ ?ρ = ?? , 1 ?u ?v ?ρ ? = ρ . 上式第1式两边对ρ微分一次,二式两边对?微分一次, ? ?ρ ?u ρ ?ρ
2

=

上式第一式减第二式,得

1? u ?ρ ??2 =

?2 v ?ρ?? , ?2 v ?ρ?? .

? ?u ρ ?ρ ?ρ 这就是极坐标系下的Laplace方程之一. C—R条件还可以改写为

+

1 ?2 u =0 ρ ??2

?u ?ρ ?u ??

1 ?v = ρ ?? , v = ?ρ ? ρ.

上式第一式对?微分一次,第二式对ρ微分一次,并相减得极坐标系下的另一Laplace方程, ? ?ρ ρ ?v ?ρ + 1 ?2 v =0 ρ ??2

§ 1.5
无作业.

平面标量场

§ 1.6
无作业.

多值函数

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

第二章 复变函数的积分

9

第二章 复变函数的积分
§ 2.1
无作业.

复变函数的积分

§ 2.2
无作业.

柯西定理

§ 2.3
无作业.

不定积分

§ 2.4
2

柯西公式
n

Ψ 1. 已知函数 Ψ(t, x) = e2tx?t .把 x 作为参数,把 t 认为是复变数,试应用柯西公式把 ? ?tn |t=0 表 为回路积分.

对回路积分进行积分变数的代换~t = x ? z,并借以证明
n ?n Ψ 2 n x2 d = ( ? 1) e e? x . n n ?t dx (本题的 Ψ(t, x) 是埃尔米特多项式的母函数,见附录九). Ψ 解:(i) 把 ? ?tn 表为回路积分如下:
n

?n Ψ n! |t =0 = ?tn 2πi n! = 2πi (ii) 证明:以 ξ = x ? z 代入上式 ?n Ψ n! |t =0 = n ?t 2πi n! = 2πi = ex
2 2 2



e2 ξ x ?ξ dξ (ξ ? t)n+1 e2 ξ x ?ξ dξ. ξn+1
2

2



e x ?z ( x ? z)n+1
2 2

d(?z)

e x · e?z (?1)n (z ? x)n+1 dz x

(?1)n e?z2 dz (z ? x)n+1 n 2 d 2 = (?1)n e x n e? x , 得证. dx n! 2πi

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

10

第三章 幂级数展开
§ 3.1
无作业.

复数项级数

§ 3.2

幂级数

1. 把幂级数(3.2.1)逐项求导,求所得级数的收敛半径,以此验证逐项求导并不改变收敛半 径. 2. 把幂级数(3.2.1)逐项积分,求所得级数的收敛半径,以此验证逐项积分并不改变收敛半 径. 3. 求下列幂级数的收敛圆. (1) (2) (3)
∞ 1 k k=1 k (z ? i) , ∞ z k , k=1 k ∞ k k k=1 k (z ? 3) .

1. 把幂级数(3.2.1)逐项求导,求所得级数的收敛半径,以此验证逐项求导并不改变收敛半 径. 解:该幂级数的收敛半径是: R = lim 对该幂级数逐项求导得:


k→∞

ak . a k +1

d ak (z ? z0 )k = a1 + 2a2 (z ? z1 ) + · · · + kak (z ? z0 )k?1 + (k + 1)ak+1 (z ? z0 )k + · · · . d z k =0 其收敛半径为 R = lim = lim kak (k + 1)ak+1 ak 1+
1 k

t→∞

t→∞

ak+1

= lim 所以逐项求导并不改变其收敛半径.

t→∞

ak . ak+1

2. 把幂级数(3.2.1)逐项积分,求所得级数的收敛半径,以此验证逐项积分并不改变收敛半 径. 解:对幂级数逐项积分,得:
∞ k =0

1 1 ak (z ? z0 )k d(z ? z0 ) = a0 (z ? z0 ) + a1 (z ? z0 )2 + a2 (z ? z0 )3 + · · · + 2 3
Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

B xiangap@sina.com T 85966382

第三章 幂级数展开

11

=+ 用同上题的方法可得收敛半径为

1 1 ak (z ? z0 )k+1 + ak+1 (z ? z0 )k+2 + · · · . k+1 k+2 ak . a k +1

R = lim 所以逐项积分并不改变收敛半径. 3. 求下列幂级数的收敛圆. (1)
∞ 1 k =1 k ( z

t→∞

? i)k . k+1 1 /k = lim k→∞ 1/k + 1 k 1 =1 k

解:其收敛半径为 R = lim
k→∞

= lim 1 +
k→∞

所以收敛圆为|z ? i| = 1. (2)
∞ k =1 z k k

.

解:收怜半径为 R = lim = lim k?k (k = 1)k+1 = lim k→∞ (k + 1)?(k=1) kk

k→∞

1 k +k=1 +(k = 1)kk + · · · kk = lim |k + (k + 1) + · · · | = ∞,
k→∞ k→∞

R = lim

1
k

k→∞

1 k k

= lim = ∞.
k→∞

所以只要 z 是有限的,此幂级数就是收敛的,收敛圆为 |z| = R < ∞. (3)
∞ k k =1 k ( z

? 3)k .

解一:收敛半径为 1 1 1 = lim √ R = lim √ = lim = 0. k k k→∞ kk k→∞ |ak | k→∞ k 解二:收敛半径为 kk = lim [k + (k + 1) + · · · ]?1 = 0. k→∞ (k = 1)k+1 k→∞ 所以收敛圆为 |z ? 3| = 0,只要 z 3,此幂级数就发散. R = lim

§ 3.3

泰勒级数展开

1. 在指定的点 z0 的邻域上把下列函数展开为泰勒级数. (1) √ m z 在 z0 = 1.

(2) e1/(1?z) 在 z0 = 0. (1) √ m z 在 z0 = 1.
Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

B xiangap@sina.com T 85966382

12

§ 3.4 解析延拓

解一:因为 f (z) = z m 1 1 m z ?1 f (z) = m 1 ?m m ?2 f (z) = 1m 2 z (1?m)(1?2m) 1 f (z) = em ? 3 m3 ...... 故其泰勒展式为 f (z) = 1 + 解二:注意到 解一:因为 f (z) = e z?1 1 f (z) = e z?1 (1 ? z)?2 1 f (z) = e z?1 (1 ? z)?2 · (1 ? z)?2 + 2(1 ? z)?3 1 f (z) = e z?1 (1 ? z)?6 + 2(1 ? z)?5 + 4(1 ? z)?5 + 6(1 ? z)?4 ...... 故其泰勒级数为 f (z) = e 1 + z + 解二:注意到几何级数 1 = 1?z 则 e 1?z = e1+ 1?z = e · e 1?z = e 1+ z 1 + 1 ? z 2! z 1?z
2
1 z z 1 1

, , , , ,

f (1)的主值 = 1; 1 f (1) = m ; 1 ?m f (1) = m2 ; ?2m) f (1) = (1?m)(1 ; m3 ......

1 1?m (1 ? m)(1 ? 2m) (z ? 1) + (z ? 1)2 + (z ? 1)3 + · · · · · · m 2!m2 3!m3

√ m z = [1 + (z ? 1)]1/m ,则根据二项式定理也可求出上述答案.

(2) e1/(1?z) 在 z0 = 0.

, , , , ,

f (0) = e; f (0) = e; f (0) = 3e; f (0) = 13e; ......

3 2 13 3 z + z + ······ 2! 3! zk (|z| < 1).

.

∞ k →0

+ ······ 1 (z + z2 + z3 + · · · · · · )2 + · · · · · · 2! z3 + · · · · · · (|z| < 1).

= e 1 + (z + z2 + z3 + · · · · · · ) +

1 1 1 = e 1 + z + (1 + )z2 + 1 + + 2 2! 3! = e 1+z+ 3 2 13 3 z + z + ······ 2! 3!

§ 3.4
无作业.

解析延拓

§ 3.5

洛朗级数展开

在挖去奇点 z0 的环域上或指定的环域上把下列函数展开为洛朗级数.

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

第三章 幂级数展开

13

(1) z5 e1/z 在 z0 = 0. (2) 1/(z ? 2)(z ? 3) 在 |z| > 3. (3) 1/(z2 ? 3z + 2) 在 1 < |z| < 2. (1) z5 e1/z 在 z0 = 0. 解:由 et = 1 + t + 知 e1/z = 1 + 所以 1 1 2 t + · · · + tn + · · · , 2! n! (|t| < ∞)

1 1 1 1 1 + + ··· + + ··· , z 2! z2 n! zn 1 3 1 2 1 z + z + · · · + z5?n + · · · , 2! 3! n!

(0 < |z|),

f (z) = z5 e1/z = z5 + z4 + (2) 1/(z ? 2)(z ? 3) 在 |z| > 3. 解:因为

(0 < |z|).

1 (z ? 2 ? (z ? 3) 1 1 = = ? (z ? 2)(z ? 3) (z ? 2)(z ? 3) z?3 z?2 1 1 1 1 ? , = z1? 3 z1? 2 z z 并注意到当 |z| > 3 时,有 1 1 z1? 以及
∞ 3 z

=
k =0

3k = 3?(k+1) zk , zk+1 k=?∞
?1

?1

1 1 z1? 所以
?1

2 z

=
?∞

2?(k+1) zk ,

1 3?(k + 1) ? 2?(k+1) zk = (z ? 2)(z ? 3) k=?∞ (3) 1/(z2 ? 3z + 2) 在 1 < |z| < 2. 解:原式可改写为 1 1 1 1 = = ? , z2 ? 3z + 2 (z ? 1)(z ? 2) z ? 2 z ? 1
1 1 =? 2 z?2 1?

(|z| > 3).



z 2

=?

z z 1 1+ + 2 2 2 1 z

2

z 2 +

3

+ ··· ,
3

z < 1, |z| < 2 , 2

?1 =? z z?1 1?

1

1 z

=?

1 1 1+ + z z

2

1 z

+ ···
c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

14

§ 3.6 孤立奇点的分类

=? 所以

1 1 1 1 + 2 + 3 + 4 + ··· , z z z z

1 < 1, |z| > 1 . z

1 1 =? 2 z ? 3z + 2 2 =?

∞ k =0

z 2

k

?1

?
k=?∞ ?1

zk

∞ k=0

zk zk , ? 2k+1 k=?∞

(1 < |z| < 2).

§ 3.6
无作业.

孤立奇点的分类

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

第四章 留数定理

15

第四章 留数定理
§ 4.1 留数定理

1. 确定下列函数的奇点,求出函数在各奇点的留数. (1) ez /(1 + z). (2) z/(z ? 1)(z ? 2)2 . (3) 1/(z3 ? z5 ). (4) z2 /(z2 + 1)2 . (5) 1/(1 + z2n ). 2. 计算下列回路积分. (1) (2)
dz (z2 +1)(z?1)2 cos z |z|=1 z3 dz.

( 的方程是 x2 + y2 ? 2 x ? 2y = 0 ).

3. 应用留数定理计算回路积分 的一个内点. (1) ez /(1 + z). 解:(i) 因为

1 2πi

f (z) z?α

dz,函数 f (z) 在 所围区域上是解析的,α 是该区域

z→?1

lim

ez 1+z ez 1+z

= ∞, 1 = lim ez = , z→?1 e

所以 z0 = ?1 是函数的极点.又因
z→?1

lim (1 + z)

这是非零有限值,所以 z0 = ?1 是函数的一阶极点(或称单极点),其留数就是 1/e ,即 1 Res f (?1) = . e ez 不存在, z→∞ 1 + z 所以 z0 = ∞ 是函数的本性奇点.函数在全平面上只有这两个奇点,由于全平面上所有奇点的留 数之和为零,所以 1 Res f (∞) = ?{ f (z)在所有(有限个)有限远奇点的留数之和} = ?Res f (?1) = ? . e lim 以下各题皆应如此分析,但限于篇幅,我们只给出简捷的步骤. (2) z/(z ? 1)(z ? 2)2 . 解:(i) 单极点 z0 = 1. Res f (1) = lim
z→1

(ii) 因为

z = 1. (z ? 2)2

(ii) 又二阶极点 z0 = 2, Res f (2) = lim d z→2 dz z z?1
c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

16

§ 4.1 留数定理

= lim
z→2

1 z ? = ?1 . z ? 1 (z ? 2)2

(3) 1/(z3 ? z5 ). 解: f (z) = (i) 单极点 z0 = 1, Res f (1) = lim ?
z→1

1 1 = . z3 ? z5 z3 (1 ? z2 ) 1 1 =? . + 1) 2

z3 (z

(ii) 单极点 z0 = ?1, Res f (?1) = lim (iii)  三极极点 z0 = 0, Res f (0) = lim = lim 或 Res f (0) = ?[Res f (1) + Res f (?1)] = 1. (4) z2 /(z2 + 1)2 . 解:(i) 二阶极点 z0 = i, Res f (i) = lim
z→i z→?1

1 1 =? . z3 (1 ? z) 2 1 1 ? z2

1 d2 z→0 2! dz2

1 2 8z2 + =1 z→0 2! (1 ? z2 )2 (1 ? z2 )2

d z2 i =? . 2 2 dz (z + 1) 4

(ii) 二阶极点 z0 = ?i,

i Res f (?i) = ?Res f (i) = . 4

(5) 1/(1 + z2n ). 解:令原式分母 1 + z2n = 0, z2n = ?1, zn = ±i = e 所以 z0 = e 为实函数 f (z) 的单极点, Res f (z0 ) = lim 应用罗毕达法则,则 Res f (z0 ) = lim
(2n?1)(2k+1) 1 1 = e?i 2n π 2 n ? 1 z→z0 2nz 2n i(2k+1)π/2n 1 1 e · i(2k+1)π = ? ei(2k+1)π/2n . = 2n e 2n i(2k+1)π 2n i(2k+1)π 2

(k = 0, 1, 2, · · · , 2n ? 1) z ? ei(2k+1)π/2n , 1 + z2n

z→z0

2. 计算下列回路积分. ( 的方程是 x2 + y2 ? 2 x ? 2y = 0 ). √ 2 2 2 解: 的方程可化为: ( x ? 1) + ( y ? 1) = ( 2) ,在复平面上,它是一个以(1, i)为圆 √ 心, 2为半径的圆. (1)
dz (z2 +1)(z?1)2

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

第四章 留数定理

17

被积函数 f (z) = 1/(z2 + 1)(z ? 1)2 ,它有两个单极点 z0 = ±i,和一个二阶极点 z0 = 1,在这 三个极点中,z0 = ?i 不在积分回路内,只有极点 z0 = i 和 z0 = 1 在积分回路内,它们的留数分 别为: 1 1 = , Res f (i) = lim 2 z→i (z + i)(1 ? z) 4 d 1 ?2z 1 Res f (1) = lim = lim =? . z→1 dz 1 + z2 z→1 (1 + z2 )2 2 应用留数定理: dz 1 1 πi = 2πi[Res f (i) + Res f (1)] = 2πi ? =? . (z2 + 1)(z ? 1)2 4 2 2 (2)
cos z |z|=1 z3

dz. 1 d2 1 lim 2 (cos z) = ? , 2! z→0 dz 2

解:被积函数 f (z) = cos z/z3 的三阶极点 z0 = 0 在单为圆内,其留数为 Res f (0) = 所以
|z|=1

cos z dz = 2πiRes f (0) = ?πi. z3
f (z) z?α

3. 应用留数定理计算回路积分 域的一个内点.

1 2πi

dz,函数 f (z) 在 所围区域上是解析的,α 是该区

(z) 解:设被积函数 g(z) = zf? α .因为 f (z) 在 所围区域内是解析的,所以 g(z) 在积分回路(即 所围区域)内只有一个单极点 z0 = α,而

Res f (α) = lim 所以 于是 这正是柯西公式.

z→α

f (z) (z ? α) = f (α), z?α

f (z)z dz = 2πiRes f (α) = 2πi f (α), z?α 1 2πi f (z) dz = f (α). z?α

§ 4.2

应用留数定理计算实变函数定积分

1. 计算下列实变函数定积分. (1) (2) (3) (4) (5)
2π dx 0 2+cos x . 2π dx 0 (1+ε cos x)2 2π cos2 2 x d x 0 1?2ε cos x+ε2 π a dx (a 0 a2 +sin2 x π/2 dx 0 1+cos2 x .

(0 < ε < 1). (|ε| < 1). > 0).

2. 计算下列实变函数定积分. (1) (2)
∞ x 2 +1 ?∞ x4 +1 d x. ∞ x2 d x 0 ( x2 +9)( x2 +4)2 .

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

18

§ 4.2 应用留数定理计算实变函数定积分

3. 计算下列实变函数定积分. (1) (2) (3)
∞ x sin x ?∞ 1+ x2 d x. ∞ cos mx 0 ( x2 +α2 )2 d x. ∞ eimx ?∞ x?iα d x ,

∞ eimx ?∞ x+iα

dx ,

(m > 0, Reα > 0).

1. 计算下列实变函数定积分. (1)
2π dx 0 2+cos x .

解:这是属于类型一的积分,为此,做变换z = ei x 使原积分化为单位圆内的回路积分 2 dz/iz dz I = = 2 z+z?1 |z|=1 2 + 2 |z|=1 i z + 4z + 1 2 i 2 = i =
|z|=1

dz √ √ (z + 2 ? 3)(z + 2 + 3) f (z) dz .

f (z)有两个单极点 z0 = ?2 ±

√ √ 3 ,其中 z0 = ?2 + 3 在单位圆内,且 √ 1 1 √ = √ . Res f ( 3 ? 2) = lim √ 3 2 3 z→ 3?2 z + 2 + I = 2πi · √ 2 2π Res f ( 3 ? 2) = √ . i 3

|z|=1

和本题一样,下面的几个小题都属于类型一的积分,处理方法和本题类似,因此,我们将 只给出简捷的步骤. (2)
2π dx 0 (1+ε cos x)2

(0 < ε < 1).

解:作变换 z = ei x ,则 I =
|z|=1

dz/iz 1+
|z|=1 ε 2 (z

+ z?1 ) z dz

2

= = f (z) 有两个二阶极点 z0 = 1 ε ( ?1 ±

4 iε2 4 iε2

z2 + 2 εz + 1 f (z) dz .

2

√ √ 1 ? ε2 ),其中 z0 = 1 1 ? ε2 ) 在单位圆内,且 ( ? 1 + ε √ 1 ε2 Res f (?1 + 1 ? ε2 ) = . ε 4(1 ? ε2 )3/2 I = 2πi · √ 4 1 Res f (?1 + 1 ? ε2 ) 2 iε ε 2π = . (1 ? ε2 )3/2

|z|=1

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

第四章 留数定理

19

(3)

2π cos2 2 x d x 0 1?2ε cos x+ε2

(|ε| < 1).
dz iz ,

解:令 z = ei x ,则 d x = I=
|z|=1

cos x =
1+z4 2z2 2
2

1+z2 2z , dz iz

cos 2 x =

1+z4 2z2 ,以此代入原式得

z 2 1 ? 2ε 1+ 2z + ε

=
|z|=1

(1 + z4 )2 dz 4iz4 [?εz2 + (1 + ε2 )z ? ε] (1 + z4 )2 dz z4 (1 ? ε)(z ? ε) f (z) dz .

1 = 4i 1 = 4i

|z|=1

|z|=1

被积函数的极点是:四阶极点 z0 = 0,单极点 z0 = ε, 1 ε ,因 |ε| < 1,则 |1/ε| > 0,故只有 z0 = 0和z0 = ε 两个极点在单位圆内,其留数分别为: Res f (0) = = 1 d3 (1 + z4 )2 lim 3 3! z→0 dz (1 ? εz)(z ? ε)

d2 (1 + z4 )2 [2εz ? (1 + ε2 )] 8z3 (1 + z4 ) 1 lim 2 + 2 3! z→0 dz [(1 ? εz)(z ? ε)] (1 ? εz)(z ? ε) . . = . 2 (1 + ε )(1 + ε4 ) =? , ε4 Res f (ε) = lim
z→ε

(1 + ε4 )2 (1 + z4 )2 = . z4 (1 ? εz) ε4 (1 ? ε2 ) 1 (1 + ε4 )2 (1 + ε2 )(1 + ε4 ) ? 4i ε4 (1 ? ε2 ) ε4

I = 2πi · =

(1 + ε4 )π . 1 ? ε2

(4)

π a dx 0 a2 +sin2 x

(a > 0).

解:把原式化为

1 π a dx 1 + 2 2 2 0 a + sin x 2 在后一个积分中,令 y = x ? π,则上式可表为 I= I = 1 2 a = 2 a = 2 a dx 1 2π a dx a + = 2 2 2 2 2 π a + sin x 2 0 a + sin x dz 2 ?1 2 2 |z|=1 iz[a + (z + z ) /(2i) ] dz
|z|=1 π

π 0

a2

a dy + sin2 y

2π 0

a2

a dx + sin2 x

iz a +

z+z?1 2

a?

z?z?1 2

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

20

§ 4.2 应用留数定理计算实变函数定积分

2a z dz i |z|=1 (z2 + 2az ? 1)(z2 ? 2az ? 1) z dz 2a √ √ √ √ = =? i |z|=1 (z + a + a2 + 1)(z + a ? a2 + 1)(z ? a + a2 + 1)(z ? a ? a2 + 1) 2a =? f (z) dz . i |z|=1 √ √ f (z) 在单位圆内有单极点 z0 = ?a + a2 + 1及z0 = a ? a2 + 1,且 √ √ ? a + a2 + 1 √ Res f (?a + a2 + 1) = √ 2 a2 + 1 · 2 · (?a + a2 + 1)(?2a) ?1 √ = , 8a a2 + 1 √ √ a ? a2 + 1 2 √ √ Res f (a ? a + 1) = 2a · 2(a ? a2 + 1) · 2(? a2 + 1) ?1 √ . = 8a a2 + 1 =?
π 0

a2

a dx 2a 1 π √ = 2πi = √ . 2 2 2 i + sin x ?4a a + 1 a +1

(1)

π/2 dx 0 1+cos2 x .

解:因被积函数是偶函数,故可作延拓 1 I = 4 = 1 i 1 = i 1 = i
2π 0

dx 1 = 1 + cos2 x 4 z dz + 6z2 + 1

dz iz |z|=1

1+

z 2 +1 2z

2

|z|=1

z4

z dz √ √ + 3 + 2 2][z2 + 3 ? 2 2] z dz , √ √ √ 2 |z|=1 [z + (3 + 2 2)][z + 3 ? 2 2 i][z ? 3 ? 2 2 i] √ 被积函数的四个单极点中,只有 z0 = ± 3 ? 2 2 i 在积分回路内,其留数分别为
|z|=1 [z2

Res f (

√ 3 ? 2 2 i) = lim √ 3 ? 2 2 i) = lim

z→z0

[z2

z √ + 3 + 2 2][z +

√ 3 ? 2 2 i] √ 3 ? 2 2 i]

=

1 √ , 8 2 1 √ . 8 2

Res f (?

z→z0

z √ [z2 + 3 + 2 2][z ? 1 1 π · √ = √ . i 4 2 2 2

=

I = 2πi ·

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

第四章 留数定理

21

2. 计算下列实变函数定积分. (1)
∞ x2 +1 ?∞ x4 +1

d x.

解: f (z) = = z2 + 1 z2 + 1 = z4 + 1 (z2 + i)(z2 ? i) [z ?
√ 2 2 (1

它具有四个极点,其中只有 z0 =

z2 + 1 √ √ √ ? i)][z + 22 (1 ? i)][z ? 22 (1 + i)][z + 22 (1 + i)] √ √ ? 22 (1 ? i), 22 (1 + i) 在上半平面,其留数分别为

Res f

? ? √ 2 z + 1 1 2 ?= √ (i ? 1) = lim ? , √ z→z0 2 2 2i (z2 + i) z ? 22 (1 ? i) ? ? √ 2 2 z + 1 1 ?= √ (i + 1) = lim ? , √ z→z0 2 2 2i (z2 + i) z + 22 (1 ? i)

Res f

I = 2πi · 本题和下面几题都属于类型二,方法类似. (2)
∞ x2 d x 0 ( x2 +9)( x2 +4)2 .

√ 1 1 √ + √ = 2π . 2 2i 2 2i

解:由于被积函数是偶函数,所以
∞ 0

被积函数

x2 d x 1 = ( x2 + 9)( x2 + 4)2 2

∞ ?∞

x2 d x , ( x2 + 9)( x2 + 4)2

z2 z2 = , (z2 + 9)(z2 + 4)2 (z + 3i)(z ? 3i)(z + 2i)2 (z ? 2i)2 它在上半平面有两个奇点,一个是极点 z0 = 3i,一个二阶极点 z0 = 2i,其留数分别为 Res f (3i) = lim 3 z2 = i, 2 2 (z + 3i)(z + 4) 50

z→3i

Res f (2i) = lim

d z2 z→2i dz (z2 + 9)(z + 2i)2
z→2i

= lim =?

(z2

2z 2z3 (z + 2i)2 + 2z2 (z2 + 9)(z + 2i) ? 2 + 9)(z + 2i) [(z2 + 9)(z + 2i)2 ]2

13 i, 200 1 3i 13i π ? = . 2 50 200 200
c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

I = 2πi ·

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

22

§ 4.2 应用留数定理计算实变函数定积分

3. 计算下列实变函数定积分. (1)
∞ x sin x ?∞ 1+ x2

d x.

解:因被积函数是偶函数,所以
∞ x sin x x sin x d x = 2 dx . 2 2 0 1+x ?∞ 1 + x zeiz z iz 上式的中被积函数 G(z)eiz = 1+ z2 e = (z+i)(z?i) 在上半平面有一个单极点 z0 = i,且 ∞

Res f (i) = lim
z→i

z z+i 1 2e

eiz = π . e

1 . 2e

I = π·2

=

(2)

∞ cos mx 0 ( x 2 + α2 ) 2

d x.

解:被积函数 eimz eimz = (z2 + a2 )2 (z + iα)2 (z ? iα)2 在上半平面上只有一个二阶极点 z0 = iα,其留数为 F (z)eimz = Res f (ai) = lim = lim d eimz z→iα dz (z + iα)2

2eimz imeimz ? z→iα (z + iα)2 (z + iα)3 (αm + 1)e?mα =? . 4α3 π(αm + 1)e?mα (αm + 1)e?mα i = . 4α3 4α3

I = πi ?

(3)

∞ eimx ?∞ x?iα

dx ,

∞ eimx ?∞ x+iα

dx ,

(m > 0, Reα > 0).
imz

解:在上半平面上, f raceimz z ? iα 有单极点 z0 = iα, ze+iα 无奇点,所以
∞ ?∞ ∞ ?∞

eimx d x = 2πi lim eimz = 2πie?mα , z→iα x ? iα eimx dx = 0 . x + iα
c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

第四章 留数定理

23

§ 4.3

计算定分的补充例体

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

24

第五章 傅里叶变换
§ 5.1 傅里叶级数

1. 交流电压 E0 sin ωt 经过全波振流,成为 E (t) = E0 | sin ωt|.试将其展为傅里叶级数. 解:交流电压 E0 sin ωt 在区间 ?π ≤ ωt ≤ π 上是一个周期,令 ωt = x,则经过振流后成为:


E ( x ) = a0 + 其中系数 a0 =
k =1

(ak cos kx + bk sin kx) ,

π E0 1 f ( x) d x = 2π ?π π π E0 2E0 = (? cos x) = 0 π π

π

sin x d x
0

ak = =

1 π

π

f ( x) cos kx d x
?π 0

1 π 2 = π 2 = π =? = 当k = 1时, a1 = 又令k = 2n时,则 2 π

E (? sin x) cos kx d x +
?π π 0 π 0

1 π

π 0

E0 sin x cos kx d x

E0 sin x cos kx d x E0 [sin(kx + x) ? sin(kx ? x)] d x 2
π 0

E0 cos(k + 1) x cos(k ? 1) x ? π k+1 k?1 0,
4E0 π(1?k2 )

,

(当k为奇数时, 但k (当k为偶数时).
π 0

1).

π 0

E0 sin x cos x d x =

E0 π

sin2 2 x d x = 0,

ak = a2n = 同理,可以计算的bk bk = 所以


4E0 , n = 1, 2, 3, · · · π(1 ? 4n2 ) 2 π
π 0

1 π

π

f ( x) sin kx d x =


E0 sin x sin kx d x = 0.


E (t) = a0 +
n=1

an cos 2nx = a0 +
n =1 ∞ n =1

an cos 2nωt

=

2E0 4E0 + π π

cos 2nωt . 1 ? 4n2
c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

第五章 傅里叶变换

25

2. 将锯齿波展为傅里叶级数.在 ( 0, T ) 这个周期上,该锯齿波可表为 f ( x) = x/3. 解:锯齿波之周期为 T .令 2l = T , 得 T , 2 将 l 代入以 2l 为周期之傅里叶级数和傅里叶系数表达式即可得适合本题傅里叶级数和傅里叶系 数表达式: l=


f ( x ) = a0 +
n=1

an cos

2nπ 2nπ t + bn sin t T T

.

傅里叶系数的计算如下: a0 = 1 T 1 f (t) dt = T 0 T 1 1 2 T T = · x 0 = , 3T 2 6 2 T 2 T
T T 0

1 x · dx 3

an = = 应用积分公式:

f (t) cos
0 T 0

2nπ t dt T

1 2nπ x cos xd x , 3 T

x cos Px d x = 2 1 an = · T 3 2 3T = 0, = 2 T 1
2nπ T 2

1 x cos Px + sin Px 2 P P
T

2nπ x 2nπ cos x + 2nπ sin x T T T cos 2nπ 2nπ 2nπ x+ x sin x T T T

T 2nπ

2

0 T 0

T

bn =

f (t) sin
0

2nπ 2 t dt = T T

T 0

1 2nπ x sin x dx 3 T
T

2 1 = · T 3 = 2 3T

1 T 2nπ
2nπ 2 T 2

2nπ 2nπ x sin x ? 2nπ cos x T T T sin 2nπ 2nπ 2nπ x? x cos x T t T

0 T 0

T =? , 3nπ

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

26

§ 5.1 傅里叶级数

f ( x) =

T ? 6

∞ n=1

T 2nπ sin x. 3nπ T

3. 将下列函数展为Fourier级数. (1) f ( x) = cos3 x. 解:可按书上的标准方法展开.此外,还可令 t = ei x 后把 f ( x) 化为 t 的有理分式,展为 Taylor 级数后再将变数换回 x. f ( x) = cos3 x = = ei x + e?i x 2
3

1 i3 x e + 3ei x + 3e?i x + e?i3 x 8 3 ei x + e?i x 1 ei3 x + e?i3 x + · = · 4 2 4 2 3 1 = cos x + cos 3 x. 4 4 注:本题其实就是三倍角公式: cos 3 x = 4 cos x ?3 cos x 所以 3 1 cos x + cos 3 x. 4 4 (2) 在 (?π, π) 这个周期上, f ( x) = cos α x,(α 非整数). f ( x) = cos3 x = 解:因为 f ( x) 是偶函数,所以 bk = 0,


f ( x) = a0
k==1

ak cos kx. 1 sin αξ 2απ
π ?π

a0 =

1 2π 2 ak = π 1 = π =

π

cos αξ dξ =
?π π 0 π

=

sin απ . απ

cos αξ cos kξ dξ cos(k + α)ξ dξ +
0

1 π

π

cos(k ? α)ξ dξ
0 π 0

1 sin(k + α)ξ sin(k ? α)ξ + π k+α k?α

1 sin(k + α)π sin(k ? α)π = + π k+α k?α 1 1 [sin kπ cos απ ? cos kπ sin απ] = · π k+α 1 1 [sin kπ cos απ ? cos kπ sin απ] + · π k?α 1 1 1 ? = cos kπ sin απ π k+α k?α

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

第五章 傅里叶变换

27

1 ?2α (?1)k sin απ · 2 π k ? α2 (?1)k+1 2α = sin απ · 2 . π k ? α2 = 所以 2 sin απ 1 f ( x) = + π 2α
∞ k =1

α(?1)k+1 cos kx . k 2 ? α2

4 要求下列函数 f ( x) 的值在它的定义区间的边界上为零,试根据这一要求将 f ( x) 展为 Fourier级数. (1) f ( x) = cos α x ,定义在 (0, π) 上. 解:按题意,在边界 (0, π) 上, f (0) = 0 和 f (π) = 0,由此可知,展开式中只有正弦项,即 ak = 0,因而展开式可表为


f ( x) = 其中 bk = 应用三角公式 可得 2 π
0 k =1 π

bk sin kx,

cos α x sin kx d x.

2 sin α cos β = sin(α + β) + sin(α ? β) 2 cos α x sin kx = sin(k + α) x + sin(k ? α) x bk = 1 π sin(k + α) x + sin(k ? α) x d x π 0 π π 1 (?1) 1 (?1) = cos(k + α) x + cos(k ? α) x 0 0 π k+α π k?α 1 1 1 1 1 ? cos(k + α)π + 1 ? cos(k ? α)π = π k+α π k?α 2k = 1 + (?1)k+1 cos απ . π(k2 ? α2 ) f ( x) = 2 π
∞ k=1

所以

k2

k 1 + (?1)k+1 cos απ sin kx. ? α2

(2) f ( x) = 1 ,定义在 (0, π) 上. 解:因为要满足 f (0) = 0 和 f (π) = 0,则展开式中只有正弦项.


f ( x) =
k =1

bk sin kx,

其中, bk =
π 2 π 2 ? cos kξ sin kξ dξ = 0 π 0 kπ 2 2 = ? cos kπ + 1 = 1 ? cos kπ] kπ π

=

0
4 π(2n+1) ,

(k = 2n), (k = 2n + 1).
c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

28

§ 5.2 Fourier积分与Fourier变换

所以 f ( x) = 4 π
∞ k =0

1 sin(2n + 1) x. 2n + 1

§ 5.2
1. 求单个锯齿脉冲 f (t) = ktrect

Fourier积分与Fourier变换
t T

?

1 2

,即 (t < 0) (0 < t < T ) (t > T )

? ?0 , f (t) = kt , ? 0 ,

的Fourier变换 解:因为 f (t) 是无界空间中的非周期函数,它的周期为 ∞,故可展开为 Fourier 积分,其 Fourier 变换:
∞ ∞

f (t) =
0

A(ω) cos ωt dω +
0

B(ω) sin ωt dω

其中 Fourier 变换 A(ω) 和 B(ω) 为: A(ω) = = = = B(ω) = = = 复数形式为: 1 ?i ω T k e ? 1 + iT e?iωT . 2πω ω
πt 2. 求 sinct = sin πt 的 Fourier 变换,试以本题的 Fourier 变换函数跟图 5-1 比较,又以本题的 sinct 跟图 5-2 比较,比较的结果说明什么问题?

1 π



f ( x) cos ω x d x =
?∞

1 π

T

kt cos ωt dt
0

T k ωt cos ωt d(ωt) πω2 0 k T cos ωt + ωt sin ωt 0 πω2 k [cos ωT + ωT sin ωT ? 1], πω2 1 T 1 ∞ f ( x) sin ω x d x = kt sin ωt dt π ?∞ π 0 k T sin ωt ? ωt cos ωt 0 πω2 k [sin ωT ? ωT cos ωT ], πω2

解:因 sin πt 和 πt 是奇函数,所以 sinct 是偶函数,应展为 Fourier 余弦积分,其余弦 Fourier 变换为 2 ∞ sin πξ cos ωξ dξ A(ω) = π 0 πξ 2 ∞ 1 sin πξ cos ωξ dξ = 2 π 0 ξ ∞ ∞ 1 1 1 = 2 sin(ω + π)ξ dξ ? sin(ω ? π)ξ dξ π ξ ξ 0 0

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

第五章 傅里叶变换 ? ?
1 π2 1 π2 ∞ sin ξ 0 ξ ∞ sin ξ 0 ξ

29

=

dξ ? dξ + 0
1 π

?

∞ sin ξ 0 ξ ∞ sin ξ 0 ξ x 2π x 2π

dξ = 0 dξ =
1 2 1 2 1 π

( ω > π) (ω < π )

=

1 x rect = π 2π

> <

如果不考虑常数因子,本题的 Fourier 变换函数的图像跟图 5-1 相同;以本题的 sinct 的图 象跟图 5-2 也相同.这是由于 Fourier 积分和 Fourier 变换式对变数 ω 和 x 是对称的,亦即 sinct 和 rect( x/2π) 互为 Fourier 变换,可以说 rect( x/2π) 是 sinct 的 Fourier 变换式,也可以说 sinct 是 rect( x/2π) 的 Fourier 变换式. 3. 把下列脉冲 f (t) 展为 Fourier 积分, ? ? 0 ? ? ? ?h f (t ) = ? h ? ? ?0 ( t < ?T ) , (?T < t < 0), (0 < t < T ), ( T < t ).

注意在半无界区间 (0, ∞) 上,本例的 f (t) 跟例1的 f (t) 相同. 解:因为 f (t) 是奇函数,所以可展开为 Fourier 正弦积分:


f (t ) =
0

B(ωt) sin ωt dω

其 Fourier 变换为: B(ω) = 2 T 2h T h sin ωξ dξ = sin ωξ d(ωξ) π 0 πω 0 T 2h 2h (? cos ωξ) = (1 ? cos ωT ). = 0 πω πω


所以 f (t) =
0

2h (1 ? cos ωT ) sin ωt dω. πω h 0 (0 < t < T ), (T < t).

4. f (t) 是定义在半无界区间 (0, ∞) 上的函数, f (t) =

(1) 在边界条件 f (0) = 0 下,把 f (t) 展开为 Fourier 积分; (2) 在边界条件 f (0) = 0 下,把 f (t) 展开为 Fourier 积分. 解:(1)要满足边界条件 f (0) = 0,必须将 f (t) 展为 Fourier 余弦积分.


f (t) =
0

A(ω) cos ωt dω,

其中 A(ω) = 2 2 ∞ f (ξ) cos ωξ dξ = π 0 π T 2h 2h = sin ωξ = sin ωT . 0 πω πω 2h 2h sin ωT cos ωt dω = πω π
T

h cos ωξ dξ
0

所以
∞ ∞ 0

f (t) = .
0

sin ωT cos ωt dω ω
c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

30

§ 5.3 δ函数

(2)要满足边界条件 f (0) = 0,必须将 f (t) 展为 Fourier 正弦积分.


f (t ) =
0

B(ω) sin ωt dω,

其中 B(ω) = 2 ∞ 2 T f (ξ) sin ωξ dξ = h sin ωξ dξ π 0 π 0 T 2h 2h = (? cos ωξ) = (1 ? cos ωT ). 0 πω πω
∞ 0

所以 f (t) = .
0



2h 2h (1 ? cos ωT ) sin ωt dω = πω π

(1 ? cos ωT ) sin ωt dω ω

§ 5.3

δ函数

1. 验证 §5.2 例 2 的频谱 B(ω) (图5-4)于 N → ∞ 时就成为 Aδ(ω ? ω0 ) ? Aδ(ω + ω0 ),并解释 这结果的物理意义. 解:因为 B(ω) = 2 Aω 0 sin π(ω2 ? ω2 0) ω N 2π ω0

ω ω A sin ω0 N 2π A sin ω0 N 2π = ? π ω ? ω0 π ω + ω0

A sin = π 当 N → ∞ 时,即
2π N ω0

2πN ω0 (ω

? ω0 )

ω ? ω0

A sin ? π

2π N ω0 (ω

+ ω0 )

ω + ω0

→ ∞,这时有限正弦波列成为无限正弦波列.而
2πN ω0 ( ω

2π N 1 sin ω0 (ω ? ω0 ) 1 sin B(ω) = A lim ? A lim N →∞ π N →∞ π ω ? ω0 = Aδ(ω ? ω0 ) ? Aδ(ω + ω0 ).

+ ω0 )

ω + ω0

1 sin kx = δ( x ) . π x 所以,对于无限正弦波列,它的频谱成为两条线,一条位于 ω = ω0 处,另一条位于 ω = ?ω0 处,振动成为单一圆频率 ω 的振动.
k→∞

所以

lim

2. 把 δ 展为实数形式的 Foruier 积分. 解:因为 δ 是偶函数,它的 Foruier 积分可表示为:


δ( x ) =
0

A(ω) cos ω x dω,

而 A(ω) = 1 ∞ δ( x) cos ω x d x π ?∞ 1 1 = cos(ω · 0) = . π π 1 π


所以 δ( x ) =
0

cos ω x dω,
c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

第五章 傅里叶变换

31

或 δ( x ) = 1 2π 1 = 2π 1 = 2π


eiω x dω


?∞ ∞

cos ω x dω + i
?∞ ∞

sin ω x dω
?∞ ∞

cos ω x dω =
?∞

1 π

cos ω x dω.
0

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

32

第六章 Laplace 变换
§ 6.1
无作业

符号法

§ 6.2
1. 求下列函数的 Laplace 变换函数. (1) shωt, 解:(a) ?(t) = shωt = chωt.

Laplace变换

1 ωt e ? e?ωt 2 1 1 1 ω ? = 2 2 p?ω p+ω p ? ω2 1 ωt e + e?ωt 2 1 1 ω 1 ? = 2 2 p?ω p+ω p ? ω2

(b) ?(t) = chωt =

(2) e?λt sin ωt, 解:(a)

e?λt cos ωt 1 ?λt iωt e e ? e?iωt 2i 1 1 1 ? 2i ( p + λ) ? iω ( p + λ) + iω ω = . ( p + λ)2 + ω2

?(t) = e?λt sin ωt =

(b) 1 ?(t) = e?λt cos ωt = e?λt eiωt + e?iωt 2 1 1 1 + 2 ( p + λ) ? iω ( p + λ) + iω p+λ = . ( p + λ)2 + ω2 (3) 解: 1 ?(t) = √ πt ∞ 1 √ e? pt dt, ?( p ) = πt 0
1 πt .

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

第六章 Laplace 变换

33

若令 t = x2 , dt = 2 x d x,则


?( p) =
0

1 1 ? px2 √ e · 2x dx π x
∞ 0 ∞ 0 ∞ 0

2 = √ π 2 = √ π 2 = √ πp

e? px d x 1 2 √ √ e? px d( px) p e?y dy
2

2

√ 2 π 1 = √ · = √ . πp 2 p

(4) δ(t ? τ). 解:
L [δ(t ? τ)] = e? pτ L [δ(t)] = e? pτ
0 ∞

δ(t)e? pt dt

= e? pτ =e e

+∞

δ(t)e? pt dt = e? p τ

?∞ ? pτ ? pt t =0

§ 6.3
1. 把下列像函数反演 (1) y( p) =
6 ( p+1)4 ,

Laplace变换的反演

解:由位移定律得 3! ( p + 1)(3+1) (2) y( p) = 解: p2 (3) y( p) = 解: 1 p?2 3 p?2 (4) y( p) = 解: 2 ( p ? 1)(4+1) 2. 求 j( p) =
E Lp2 +Rp+ 1 c 2 ( p?1)5 . 1 p?2 , 3p p2 ?1 .

t 3 e?t

3p 3 = ?1 2
3 p ?2 .

1 1 + p+1 p?1

3 ?t (e + et ) = 3 cosh t. 2

注意:cosh t = cht 称为双曲余弦. z( p) =

e2t = y(t),

3e2t = z(t).

2 4 t t e 4!

的原函数.
Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

B xiangap@sina.com T 85966382

34

§ 6.3 Laplace变换的反演

解: j( p) = L p+ (1) 如果 R2 ?
4L c R 2L

E +
R2 4 L2

. p+
R 2L

?

1 Lc

?

R2 4 L2

?

1 Lc

= 0,则 j( p) = 1 E L P+ R 2L 1
R 2 2L 2

E ?Rt te 2L = j(t). L

(2) 如果 R2 ?

4L c

> 0,则 j( p) = E L p+ E L
R2 4 L2

?

R2 4 L2
R

?

1 Lc

?

1 Lc

e? 2L t sinh

R2 1 ? t. 2 4L Lc

(3) 如果 R2 ?

4L c

< 0,则 j( p) = E L p+ E L
1 Lc

1
R 2 2L

?

1 Lc
R

?

R2 4 L2

?

R2 4 L2

e? 2L t sin

R2 1 ? 2t. Lc 4L

3. 求 y( p) = λ? ( p+pC )4 的原函数. 解: y( p) = λ? = λ? p+C C ? 4 ( p + C) ( p + C )4 1 C ? 3 ( p + C) ( p + C )4 1 2 ?Ct C 3 ?Ct t e ? t e 2! 3!

y(t) = L [y( p)] = λ? = 4. 求下列像函数的原函数. (1) I ( p) = (3) I ( p) = 解: (1) (2) (3) I (t) = I (t) = I ( p) = I (t) = (4) I (t) =
π 1 2a p+a 1 π 2 p( p+1)

C 1 λ?e?Ct t2 ? t3 . 2 3 , , (2) I ( p) = (4) I ( p) =
π 2p , π 2 p2 .

π ?at e . 2a π . 2 1 π 1 ? 2 p p+1 π 1 ? e?t . 2 π t. 2

,

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

第六章 Laplace 变换

35

§ 6.4
1. 求解下列常微分方程. (1)
d3 y dt 3 y dy ?t + 3d dt2 + 3 ddt + y = 6e , y(0) =
2

应用例
d2 y dt2 t=0

dy dt t=0

=

= 0.

解:对该方程施行 Laplace 变换,得 y( p) = 然后再求出 y( p) 的原函数为 y(t) = t3 e?t . 这就是该常微分方程的解. (2)
d2 y dt 2

6 , ( p + 1)4

+ 9y = 30 cosh t , y(0) = 3, y (0) = 0. 3p , p2 ? 1

解:对该方程施行 Laplace 变换,得 y( p ) = 然后再求出 y( p) 的原函数为 y(t) = 3 cosh t, 此即该常微分方程的解. 2. 电压为 E 的直流电源通过电感 L 和电阻 R 对电容 C 充电.求解充电电流 j 的变化情况. 解:设电键K关闭前电路中无电流,即 j(0) = 0.电键K闭合后电流 j 所满足的微分方程是 dj 1 t + Rj + jdt = E . dt C 0 结合初始条件 j(0) = 0 对上述方程施行 Laplace 变换后,得 1 1 E Lp j( p) + R j( p) + · j( p) = , C p p 1 Lp2 j( p) + Rp j( p) + j( p) = E , C E j( p) = . 1 Lp2 + Rp + C 然后再求出 j( p) 的原函数为 L (1) 如果 R2 ?
4L C

= 0 ,则 j(t) = E ?Rt t e 2L . L R2 1 ? t. 2 4L LC

(2) 如果 R2 ?

4L C

> 0 ,则 j(t) = L E
R2 4 L2

?

1 LC

e? 2L t sinh

R

(3) 如果 R2 ?

4L C

< 如 果 0 ,则 j(t) = L E
1 LC

?

R2 4 L2

e? 2L t sin

R

1 R2 ? 2t. LC 4L

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

36

第二篇

数学物理方程

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

第七章 数学物理定解问题

37

第七章 数学物理定解问题
本章介绍一些常见的数学物理方程定解问题的导出,并简要叙述方程的分类. (一)导出方程的一般方法 下面所涉及的方程主要是二阶的线性偏微分方程.导出这些方程的一般方法是:在选定表 征物理过程(或状态)的物理量后,从体系内部划出微小的一块,应用基本的物理规律考察这一 小块的运动、变化或平衡状态,最后令此小块的体积趋广零.有时这种方程也可以从基本物理 方程直接推演而得.对于振动(波动)过程、方程还可以利用哈密顿原理变分而得. (二)定解问题 具体物理过程(状态)的确定不仅依赖于方程、还依赖于体系所处的周围环境和历.史换句 话说,物理量的确定还依赖于它本身或它的外法向导数或者两者的线性组合在区域边界上的取 值和开始时刻它的取值.前者称为边界条件.后者称为初始条件,合称定解条件.数学物理方 程附以合适的定解条件构成一个定解问题.一个定解问题的解应是唯一的(至多含有一个附加的 常数项). (三)初始条件、三类边界条件和衔接条件的确定 以函数 u(r, t) = u( x, y, z, t) 表示表征物理过程(或状态)的物理量,其中 r = ( xyz) 是空间变 量,t 是时间变量.当方程中出现的关于自变量的偏导数的最高阶数是二阶时.称此方程是二 阶的.如果方程所含的关丁 l 的偏导数的最高阶数是二阶,则所需的初姑条件是

§ 7.1

数学物理方程的导出

1. 拿图7-7的B段弦作代表,推导弦振动方程. 解:取 x 到 x + d x 的B段弦,这段弦无纵向振动,所以纵向合力为零, T 2 cos α2 ? T 1 cos α1 = 0. B段弦的横振动方程为 T 1 sin α1 ? T 2 sin α2 = utt ρd s. 在小振动的情况下,有 α1 ≈ α2 ≈ 0, cos α1 ≈ cos α2 ≈ 1, √ du ≈ 0, d s = d x2 + du2 ≈ d x, sin α1 ≈ tgα1 , sin α2 ≈ tgα2 , 如题文图所示, tgα1 = ?u x | x , tgα2 = ?u x | x+d x , 故在小振动的情况下,运动方程为 T1 = T2, T 2 u x | x+d x ? T 1 u x | x = utt ρd x, 即
u T? ?x x +d x u ?T? ?x dx x

= ρutt ,

上式左边即 T 所以,令 a2 = T ρ ,有 这就是所求振动方程.

?u x ?2 u =T 2 ?x ?x

utt ? a2 u xx = 0.

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

38

§ 7.2 定解条件

§ 7.2

定解条件

1. 长为 l 的均匀弦,两端 x = 0 和 x = l 固定,弦中张力为 T 0 ,在 x = h 点,以横向力 F0 拉 弦,达到稳定后放手任其自由振动.写出初始条件. 解:设横向力 F0 作用处弦的位移为(最大)C ,则弦的初始位移为 u
t =0 C hx C l?h (l

=

, ? x) ,

(0 ≤ x ≤ h) , (h ≤ x ≤ l).

在力 F0 作用点处,所受力平衡,所以 T 2 cos α2 ? T 1 cos α1 = 0 F0 ? T 2 sin α2 ? T 1 sin α1 = 0 因为是小振动,所以 sin α1 ≈ tan α1 ≈ α1 , cos α1 ≈ 1 , 代入力的平衡方程中,得 T2 = T1 = 0 C C F0 = T 0 + T 0 h l?h 解得 C= 所以 u 初始速度为 u
t =0 t =0

sin α2 ≈ tan α2 ≈ α2

cos α2 ≈ 1

F0 h(l ? h) T0l , , (0 ≤ x ≤ h) , (h ≤ x ≤ l).

F0 (l?h) T0 l x F0 h T 0 l (l ? x)

= 0.

2. 长为 l 的均匀杆两端受力 F0 作用而纵振动.写出边界条件. 解:杆两端所受的拉力 F0 等于这两端面所受的杨氏弹性力 YS ?u ?n
x =0

= ?YS ?u ?x

?u ?x

x =0

= ?F0 ,

YS YS

x =0

= F0 .

?u ?u = YS = F0 . ?n x=l ? x x =l 3. 长为 l 的均匀杆,两端有恒定热流进入,其强度为 q0 ,写出这个热传导问题的边界条 件. 解:在边界上有 ?k ?u ?n
Σ

= qn ,
c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

第七章 数学物理定解问题

39

在x=l端, ?k 即 在 x = 0 端,

?u ?n

x =l

= ?k k ?u ?x

?u ?x
x =l

x =l

= q n = ?q ,

=q. = qn = ?q ,

?k 即 4. 习题1是否需要衔接条件?

?u ?n

x =0

=k ?u ?x

?u ?x
x =0

x =0

k

= ?q .

解:弦在振动时,F0 已不起作用,所以不需要衔接条件,若弦在振动时,力 F0 仍然在起 作用,就要衔接条件. 5. 一根杆由横截面相同的两段连接而成,两段的材料不同,杨氏模量分别为 Y I 、Y II ,密 度分别为 ρI 、 ρII ,试写出衔接条件. 解:设两段杆的接点为 x = 0,在连接处位移 u 是连续的,所以有 ?uI ?n ?uII Y II S ?n 这两力是作用力与反作用里,所以 YIS YIS 这就是衔接条件. 6 写出静电场中电介质表面的衔接条件. 解:在电介质表面,电势是连续的. uI 又电位移法向分量连续, D = ε1 E1 = ε2 E2 即 ε1 ?uI ?x
x?0 x?0 x =0

x =0

?uI , ? x x =0 ?uII = Y II S . ? x x =0 = YIS = Y II S ?uII ?x .

?uI ?x

x =0

x =0

= uII

x +0

,

= ε2

?uII ?x

x +0

.

§ 7.3
无作业

数学物理方程的分类

§ 7.4
解:定解问题为:

达朗贝尔公式 定解问题

1 求解无限长弦的自由振动,设弦的初始位移为 ?( x) ,初始速度为 ?a? ( x).
? 2 ? utt ? a u xx = 0 u = ?( x ) , ? t =0 ut t=0 = ?a? ( x) .

?∞ < x < +∞ ,

这是一个一维无界空间的问题,根据达朗贝尔公式,有

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

40

§ 7.4 达朗贝尔公式 定解问题

x+at 1 1 ?( x + at) + ?( x ? at) + ψ(ξ) dξ 2 2a x?at 将初始位移和初始速度代入上式,得 x+at 1 1 u( x, t) = ?( x + at) + ?( x ? at) + ?a? (ξ) dξ 2 2a x?at

u( x, t) =

1 1 x+at ? (ξ) dξ ?( x + at) + ?( x ? at) ? 2 2 x?at 1 1 1 = ?( x + at) + ?( x ? at) ? ?( x + at) + ?( x ? at) 2 2 2 = ?( x ? at) . = 波只朝一个方向( x 正向)传播,是一列行波. 2. 无限长弦在点 x = x0 受到初始冲击,冲量为 I ,试求解弦的振动.[提示:u (I /ρ)δ( x ? x0 )]. 解:定解问题为: ? 2 ? ? utt ? a u xx = 0 , =0, u ? ? t =0 I I ut t=0 = ρ δ(ξ ? x0 ) = ρ H ( ξ ? x0 ) . u( x , t ) = = = = 1 x+at ∞ 2a x?at I 2aρ I 2ρ
x+at x?at t =0

=

?∞ < x < ∞ , 其中a2 =

I ρ

,

I ρ

δ( ξ ? x 0 ) d ξ

H (ξ ? x0 ) d(ξ ? x0 )
x+at x?at

T ρ

H (ξ ? x0 )

I √ [H ( x ? x0 + at) ? H ( x ? x0 ? at)] . 2 ρT
x =0

3. 半无限长弦的初始位移和初始速度都是零,端点作微小振动 u 振动.

= A sin ωt.求解弦的

x 解:对于 x ≥ at,显然有 u( x, t) = 0.下面研究 t > a ,将初始条件延拓到 x < 0 的半无界区 域后,定解问题为 ? ? ?∞ < x < ∞ , utt ? a2 u xx = 0 , ? ? ? u(0, t) = A sin ωt , ? 0, x≥0, 0, x≥0, ? ? ? u( x, 0) = Φ ?( x) , 0 < x , u( x, 0) = Ψ ψ( x) , x < 0 ,

其中 ?( x) 和 ψ( x) 是待定函数. 将达朗贝尔公式用于延拓后的无界弦,有 1 1 u( x, t) = [Φ( x + at) + Φ( x ? at)] + 2 2a 且令其满足边界条件,得 A sin ωt = 1 1 0 + ?(?at) + 2 2a
0 ?at 0 ?at x+at

Ψ(ξ) dξ ,
x?at

Ψ(ξ) dξ , Ψ(ξ) dξ ,
c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

1 1 A sin ωt = ?(?at) + 2 2a

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

第七章 数学物理定解问题

41

记 at 为 x,则 x 1 1 A sin ω = ?(? x) + a 2 2a 显然,若取 ?( x) = 2A sin ? ω a x ,ψ( x) = 0,则 u( x, t) =

0

ψ(ξ) dξ ,
?x

1 ω ?( x ? at) = A sin ? ( x ? at) 2 a x x = A sin ω t ? . t> a a

.

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

42

第八章 分离变数(傅里叶级数)法
§ 8.1 齐次方程的分离变数法

1. 长为 l 的弦,两端固定,弦中张力为 T ,在距一端为 x0 的一点以力 F0 把弦拉开,然后 突然撤除这力.求解弦的振动.
? ? utt ? a2 u xx = 0 , (0 < x < l) . ? ? ? ? u (0 , t ) = u ( l , t ) = 0 , ? F 0 l ? x0 (0 < x < x0 ) , T l x , ? u( x, 0) = F ? 0 x0 ? ( l ? x ) , ( x0 < x < l ) , ? T l ? ?u t t =0 = 0 . 令 u( x, t) = X ( x)T (t) 代入泛定方程,得 X” T ” = = ?λ2 . X aT 由此可得 T ” + a2 λ2 T = 0 , X ” + λ2 X = 0 , X (0) = X (l) = 0 .

解:定解问题为

由此可得关于 X 的解是: X ( x) = c sin λ x 由 X (l) = 0可知,c sin λl = 0,c 不能为 0,否则 x ≡ 0.无意义,所以 nπ sin λl = 0 , λ = , (n = 1, 2, 3, · · · ) l 以 λ 的数值 = nlπ 代入关于 T 的方程得 T 的解: nπa nπa T n (t) = An cos t + Bn sin t. l l


T (t) =
n =1

An cos

nπa nπa t + Bn sin t l l

,

u( x, t) = X ( x)T (t)


=
n=1

An cos

nπa nπa nπ t + Bn sin t sin x . l l l

将 u 的表达式代入第二初始条件得:


ut

t =0

=
n =1 ∞

? An Bn
n =1

nπa nπa nπa nπ nπa t sin t + Bn cos t sin x l l l l l

t=0

=

nπa nπ cos 0 sin x = 0. l l Bn = 0 .




u( x , t ) =
n=1

An cos

nπ nπa t sin x . l l
c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

第八章 分离变数法

43

根据第一初始条件,有:


u( x, 0) =
n =1

? ? ? F 0 l ? x0 x nπ T l An sin x = F 0 x0 ? l ? (l ? x ) T l

(0 < x < x0 ) , ( x0 < x < l) .

An = =

2 l

l

?(ξ) sin
0

nπ ξ dξ l
l x0

2 x0 l 0 2F0 l · = T π2

F 0 l ? x0 nπ 2 ξ sin ξ dξ + T l l l 1 nπ x0 sin 2 n l


F 0 x0 nπ (l ? ξ) sin ξ dξ T l l

u( x, t) =
n =1

An cos 2F0 l T π2
∞ n =1

nπa t sin nπlx l 1 n π x0 nπ nπa sin sin x cos t 2 n l l l

=

2. 求解细杆导热问题,杆长 l,两端保持为零度,初始温度分布 bx(l ? x) u t =0 = . l2 解:定解问题为

? 2 ? ? ut ? a u xx = 0 , ? u x =0 = u x =l = 0 , ? u t=0 = bx(l ? x)/l2 .

a2 =

k Cρ

(0 ≤ x ≤ l) ,

设 u( x, t) = X ( x)T (t) 代入泛定方程有 由此得到 T X = = ?λ 2 aT x T + a2 λT = 0 . X + λX = 0 , X (0) = X (l) = 0 . 解X得 X ( x) = An cos 由边界条件得 λ= n2 π2 , l2 n = 1, 2 3 · · · . nπ x. l n2 π2 a2 Tn = 0 , l2
n2 π2 a2 l2

√ √ λ x + Bn sin λ x ,

X ( x) = Bn sin 解关于 T 的方程

Tn + T n = Cn e?

t

,
c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

44


§ 8.1 齐次方程的分离变数法

u( x, t) =
n =1

Bn e?

n2 π2 a2 l2

t

sin

nπ x. l

由初始条件得


u( x, 0) =
? ?
n=1

Bn sin

bx(l ? x) nπ x= , l l2

8b , (当 n 为奇数 n = 2k + 1 时) , + 1)3 = ? 0. (当 n 为偶数时) . π3 (2k

(2k+1)2 l2

u( x, t) =
k =0

Bk e?
∞ k=0

π2 a2 t

sin

(2k + 1)π x l

8b = 3 π

2 2 2 1 (2k + 1)π ? (2k+1)l π a t e x. sin 3 (2k + 1) l

3. 两端固定弦,长为 l,(1)用宽为 2δ 的平面锤敲击弦的 x = x0 点.(2)用宽度为 2δ 的余弦式凸锤敲击弦的 x = x0 点.求解弦的振动. 解:(1)若锤为平面锤,定解问题为 ? ? utt ? a2 u xx = 0 , (0 < x < l) , ? ? ? ? ? ? ?u x=0 = u x=l = 0 , u t =0 = 0 , ? ? ? ? 0, (0 < x < x0 ? δ, x0 + δ < x < l) , ? ? ? ?ut t=0 = v , ( x0 ? δ < x < x0 + δ) . 0 根据边界条件,可知本征函数为 sin nlπ x ,故弦的一般振动可表示为


u( x, t) =
n =1

An cos

nπa nπat nπ x + Bn sin sin , l l l

因此,代入初始条件的


u( x, 0) =
n=1 ∞

An sin 0, v0 ,
l

nπ x =0. l

ut ( x, 0) =
n=1

nπa nπ x Bn sin = l n?

(0 < x < x0 ? δ, x0 + δ < x < l) , ( x 0 ? δ < x < x 0 + δ) . nπξ dξ , l

由此解得Fourier系数 An = Bn = 2 l 0 · sin
0

x0 + δ 2 nπξ v0 sin dξ nπa x0 ?δ l 4v0 l nπ x0 nπδ = 2 2 sin sin , nπa l l

u( x , t ) =

4 v0 l aπ2

∞ n=1

1 nπ x0 nπδ nπat nπ x sin sin sin sin . 2 n l l l l
c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

第八章 分离变数法

45

(2)若为余弦式锤,则定解问题为 ? ? utt ? a2 u xx = 0 (0 < x < l) , ? ? ? ? ? ? u(0, t) = u(l, t) = 0 , ? ? u( x, 0) = 0 , ? ? ? ?0 , ? (0 < x < x0 ? δ , x0 + δ < x < l) , ? ? ? u ( x , 0) = ? x ? x t 0 ? ?v0 cos ? π , ( x0 ? δ < x < x0 + δ) . 2δ
x 根据边界条件可知本征函数为 sin nπ l ,因而弦的一般解可表示为 ∞

u( x , t ) =
n=1

An cos

nπat nπat nπ x + Bn sin sin , l l l

代如初始条件得


u( x, 0) =
n =1 ∞

An sin

ut ( x, 0) =
n =1

nπ x =0, l ? nπa nπ x ?0 , Bn sin x ? x0 l l ?v0 cos π, 2δ

(0 < x < x0 ? δ , x0 + δ < x < l) , ( x 0 ? δ < x < x 0 + δ) .

由上二式解得 An = 0 , Bn =
x0 +δ 2 x ? x0 nπ x v0 cos π sin dx nπa x0 ?δ 2δ l 1 nπ x0 8v0 δ nπδ sin = 2 cos , 2 2 δ n nπ a 1 ? l l l

u( x, t) =

8v0 δ aπ2

∞ n =1

1 · n

1 1? 2δn l
2

sin

nπ x0 nπδ nπat nπ x cos sin sin . l l l l

4. 长为 l 的杆,一端固定,另一端受力 F0 而伸长.求解杆在放手后的振动. 解:定解问题为
? utt ? a2 u xx = 0 , (0 ≤ x ≤ l) , ? ? ? ? ? ?u(0, t) = u x (l, t) = 0 , x x F0 F0 x ?u ? d x = dx = , u ( x , 0) = ? ? YS ? 0 YS 0 ?x ? ? ut ( x, 0) = 0 .

(0 ≤ x ≤ l) ,

本题是既有第一类边界条件也有第二类边界条件的问题,令 u( x, t) = X ( x)T (t) 代入泛定方程得 T + λa2 T = 0 , X + λX = 0 , X (0) = X (l) = 0 . (1)若 λ < 0,则只能得到 x ≡ 0 的无意义解.

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

46

§ 8.2 非齐次振动方程和输运方程

(2)若 λ = 0,也只能得到 x ≡ 0 的无意义解. (3)仅当 λ > 0 时才能得到有意义的解. n+ λ= 1 2 l2
2

π2 , 1 2

n+ Xn ( x) = C sin 代本征值入 T 的方程得 n+ T n (t) = An cos ?


l 1 2

πx .

1 2

n+ aπt + Bn sin n+ l 1 2 l

l

aπt , n+ 1 2
? ? aπt? ? sin

u( x, t) =
n=0

? ?An cos ?

n+ l

aπt + Bn sin

1 2

l

πx .

利用第二初始条件得 Bn = 0 . 再利用第一初始条件得


n+ An sin l

1 2

πx = n+

n=1

F0 x, YS 1 2

An = =

2 l

F0 ξ sin πξdξ l 0 YS F0 2l (?1)n . 2 YS 1 n+ π2 2
n

l

8lF0 u( x , t ) = 2 π YS

∞ n =0

(?1) cos (2n + 1)2

n+

1 2 l

aπt sin

n+

1 2 l

πx .

§ 8.2
无作业

非齐次振动方程和输运方程

§ 8.3
无作业

非齐次边界条件的处理

§ 8.4 Poisson方程
无作业

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

第九章 二阶常微分方程的级数解法

本征值问题

47

第九章 二阶常微分方程的级数解法 本征值问题
§ 9.1
解:二维波动方程为 utt ? a2 ?2 u = 0 先把时间变数分离出来,设分离形式的解为 u(ρ, ?; t) = U (ρ, ?) · T (t) 代入式(9-1),有 U (ρ, ?) · T (t) ? a2 U (ρ, ?) · T (t) = 0, T ?2 U = . 2 aT U 上式左边仅是 t 的函数,右边是 ρ 和 ? 的函数,若要等式成立,除非两边为同一常数,记 为 ?k2 ,有 T + a2 k2 T = 0 (9-2) ?2 U + k 2 U = 0 式(9-3)为二维 Helmholtz 方程,在平面极左边系下的表达式为 1 1 Uρρ + Uρ + 2 U?? + k2 U = 0 . ρ ρ 进一步分离变数,令 U (ρ, ?) = R(ρ)Φ(?) 并代入上式得 1 1 R (ρ)Φ(?) + R (ρ)Φ(?) + 2 R(ρ)Φ (?) + k2 R(ρ)Φ(?) = 0 ρ ρ 由此得 ρ2 R ρR Φ + + k2 ρ2 = ? . R R Φ 同理,等式两边应为同一常数,记为 m2 ,得 Φ + m2 Φ = 0 , ρ2 R + ρR + (k2 ρ2 ? m2 )R = 0 . 对方程(9-5)作变数代换 x = kρ 后变为 Bessel 方程 x2 R + xR + ( x2 ? m2 )R = 0 . 方程(9-4)和自然周期条件 Φ(?) = Φ(? + 2π) 一起构成本征值问题,其解为 m = 0, 1, 2, 3, · · · · · · . Φm = Am cos m? + Bm sin m? , (9-6) (9-4) (9-5) (9-3) (9-1)

特殊函数常微分方程

1. 试用平面极坐标系把二维波动方程分离变数.

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved

48

§ 9.2 常点邻域上的级数解法

方程(9-3)的解为 T k = Ck cos kat + Dk sin kat .

2. 试用平面极坐标系把二维输运方程分离变数. 解:二维输运方程为 ut ? a2 ?2 u = 0 在平面极坐标系下方程(9-1)为 1 1 ut ? a2 uρρ + uρ + 2 uρρ ρ ρ =0, (9-2) (9-1)

令 u(ρ, ?; t) = R(ρ)Φ(?)T (t),代入方程(2)中,整理得 R 1R 1 Φ T = + + 2 = ?k2 . 2 aT R ρR ρ Φ T + a2 k2 T = 0 , R 1R 1 Φ + + 2 = ?k 2 . R ρR ρ Φ 方程(3)可进一步分离变数 ρ2 即 Φ + m2 Φ = 0 , Φ(?) = Φ(? + 2π) . ρ2 R + ρR + (k2 ρ2 ? m2 )R = 0 . 方程(6)作变数代换 x = kρ 变成 Bessel 方程 x2 R + xR + ( x2 ? m2 )R = 0 . 方程(3)和(5)的解分别为 T k = Ak e ? a k t , Φm = Bm cos m? + Cm sin m? .
2 2

(9-3) (9-4)

R R Φ + ρ + k2 ρ2 = ? = m2 , R R Φ

(9-5) (9-6) (9-7)

(9-8) (9-9)

§ 9.2

常点邻域上的级数解法

以下章节作业均不要求,但简单的例题应当掌握

考试范围:在作业题和例题中选择

B xiangap@sina.com T 85966382

Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology

c 2003– Xiang Anping All Rights Reserved



更多相关文章:
数学物理方法课后习题答案_图文.pdf
数学物理方法课后习题答案_工学_高等教育_教育专区。 您的评论 发布评论 用户评价 数学物理方法课后习题答案,如何下载 2018-06-25 22:04:35 ...
数学物理方法(第三版)课后习题答案_图文.pdf
数学物理方法(第三版)课后习题答案 - 《数学物理方法》科学出版社,汪德新著... 数学物理方法(第三版)课后习题答案_工学_高等教育_教育专区。《数学物理方法》科学...
数学物理方法习题解答.pdf
数学物理方法习题解答 - 数学物理方法 习题解答 向安平 B xiangap@s
一、《数学物理方法与计算机仿真》习题解答.pdf
一、《数学物理方法与计算机仿真》习题解答_研究生入学考试_高等教育_教育专区。第1篇 复变函数论的习题解答 第一篇 复变函数论 第一篇、复变函数论与积分变换...
数学物理方法习题解答(完整版).doc
数学物理方法习题解答(完整版) - 数学物理方法习题解答 一、复变函数部分习题解
数学物理方法习题解答(完整版).doc
数学物理方法习题解答(完整版)_理学_高等教育_教育专区。数学物理方法习题解答(刘连寿,王正清编著) 数学物理方法习题解答一、复变函数部分习题解答 复变函数部分习题...
数学物理方法+吴崇试+习题解答.pdf
数学物理方法+吴崇试+习题解答 - 1.写出下列复数的实部,虚部,模和幅角: (
数学物理方法综合试题及答案.doc
数学物理方法综合试题及答案 - 复变函数与积分变换 综合试题(一) 一、单项选择
数学物理方法课后答案 (1).pdf
数学物理方法课后答案 (1) - 第一章 习题 1.1.1 1.设是 z 复数,
数学物理方法习题答案.doc
? (? )d? 2 2a ?x ?at [答案:解即为答朗贝尔公式 11.2
数学物理方法 (郭玉翠 著) 大连理工大学出版社 课后答案.pdf
数学物理方法 (郭玉翠 著) 大连理工大学出版社 课后答案_理学_高等教育_教育专区。北邮数理方程课后答案全,你们懂的 课后答案网:www.hackshp.cn 若侵犯了您的...
数学物理方法-填空题答案.doc
数学物理方法-填空题答案 - 1. 复数 e 1? i 的模为,主辐角为弧度。
三、《数学物理方法与计算机仿真》习题解答.pdf
三、《数学物理方法与计算机仿真》习题解答_研究生入学考试_高等教育_教育专区。第
数学物理方法习题解答1.doc
数学物理方法习题解答1 - 试题 1 一、单项选择题 1.复通区域柯西定理 (
数学物理方法》(第三版 梁昆淼)答案_图文.pdf
《数学物理方法》(第三版 梁昆淼)答案_理学_高等教育_教育专区。数学物理方法习题解答 本答案用于《数学物理方法》 (第三版)梁坤淼编,是根据第二版整理答案 整理...
数学物理方法-汪德新-第三版-习题答案详解_图文.pdf
数学物理方法-汪德新-第三版-习题答案详解 - a 2 ) π k + gr a
数学物理方法习题答案.doc
数学物理方法习题答案 - 数学物理方法习题答案: 第二章: 1、 (1) a 与
数学物理方法习题解答.doc
数学物理方法习题解答数学物理方法习题解答隐藏>> 2. 试解方程
数学物理方法习题解答_Tex.pdf
数学物理方法习题解答_Tex数学物理方法习题解答_Tex隐藏>> 数学物理方法 习题解答 向安平 xiangap@sina.com xiangap@163.com 成都信息工程学院光电技术系 2003 年...
数学物理方法综合试题及答案_图文.pdf
数学物理方法综合试题及答案_理学_高等教育_教育专区。 您的评论 发布评论 ...数学物理方法第二次作业... 暂无评价 10页 1下载券 数学物理方法习题解答(...
更多相关标签:

All rights reserved Powered by 甜梦文库 9512.net

copyright ©right 2010-2021。
甜梦文库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@126.com|网站地图